2026年高考数学终极冲刺压轴24 概率与统计中的创新与融合问题的6大核心题型（压轴题专练）（解析版）

压轴24概率与统计中创新与融合的3大核心题型01压轴命题透视概率与统计中的创新问题主要涉及概率统计中的证明问题、概率统计与数列、函数的交汇问题及概率统计中的新定义问题，考查题型多为解答题，难度中等偏上，或可作为压轴题出现.02压轴题型精讲题型01概率、统计与数列的融合问题技法指导技法指导骤为：(1)精准定性，即明确所求概率的“事件属性”,这是确定概率模型的依据，也是建立递推关系的准则；(2)准确建模，即通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问题；(3)解决模型，也性质，准确应用相关公式.下一次的挑战权即属于小明，且小明再挑战小华、小红的概率分别为;若他挑战小红，下一次的挑战(1)经过3次挑战后，小华已使用的挑战权次数记为X,求X的分布列及数学期望；(ii)求事件A₆发生的概率.【解】(1)【解】(1)X的可能取值为1和2,且X12P则X的期望为E(x)=1×¹+2ײ=2又,则P(B)-P(Cn)=0,即P(Bₙ)=P(C).则有,其中则是以为首项，为公比的等比数列.可得：;所以时得2分.独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分.(1)设投掷2次骰子，最终得分为X,求随机变量X的分布列与期望；(2)若投掷n次骰子，记合计得分恰为n+1分的概率为P,求【解】(1)X可能取值为2,3,4,∴X的分布列为X234P数学期望(2)根据题意，投掷n次，得分为n+1分，则只有一次投掷得2分，所以题型02统计与函数的融合问题技法指导技法指导概率与函数的交汇问题，多以概率问题为解题主线，通过设置变量，利用随机变量的概率、均方差的计算公式构造函数.求解时可借助二次函数的性质、函数的单调性或导数确定最题应注意以下两点：(1)准确构造函数，利用公式搭建函数模型时，由于随机变量的均值、方差，随机事件概率的计算中涉及变量较多，式子较为复杂，所以准确运算化简是关键；(2)注意变量的范围，一是题中给出的范围，二是实际问题中变量自身范围的限制.3.(2025·安徽合肥一模)3月14日为国际数学日，也称为π节，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节若答对题目不少于5道题，则获得1个积分.已知甲、乙两名同学一组，甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是P₁和P₂,且每道题答对与否互不影响.(1)若,求甲、乙同学这一组在一轮竞赛中获得1个积分的概率；恒成立，求n的最小值.【解】(1)假设同学甲和同学乙答对的题目个数分别为a,a₂,所以所求概率为P=P(a=2,a₂=3)+P(a₁=3,a₂=2)+P(a₁=3,a=3)(2)由(1)可知P=P(a=2,a₂=3)+P(a₁=3,a₂=2)+P(a=3,a₂=3)=C²×p²×(1-p₁)×P³+p³×C³×p²×(1-P整理可得P=p²P²[3(p₁+P₂)-5P₁且令t=P₁P₂,则设在n轮比赛中，甲、乙两同学获得1个积分的轮数为Y,则Y服从Y~B(n,P),又X=Y,所以E(X)=E(Y)=nP,则由nP≥5,因为n为正整数，所以n的最小值为20.三个位置分别投篮一次(选手自行选择投篮顺序).在A,B,C三个位置投篮命中分别可得1分、2分、3分，总分不低于4分就可以获得奖品，已知甲在A,B,C三处的投篮命中率分别为,且在这三处的投篮相互独立.(2)甲参加投篮训练，训练计划如下：在C处先投n(n∈N,n≤60)个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外在C处投(200-3n)个球.试问n为何值时，甲投篮次数的期望最大?【解】(1)甲三次投篮都命中的概率为甲三次投篮只命中两次且总分不低于4分的概率为(2)设甲的投篮次数为X,则X的分布列为XnP,,则,其中203-3n-2"+2随n的增大而减小.当n≤5时，203-3n-2#+²>0,f(n+1)>f(n),当n≥6时，203-3n-2#+²<0f(n+1)<f(n),所以f(1)<f(2)<f(3)<f(4)<f(5)<f(6)>f(7)>f(8)>f(9)故当n=6时，甲投篮次数的期望最大.题型03概率、统计中的新定义问题技法指导技法指导之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不断的实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题.5.混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性.假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为p(0<p<1).目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数管病毒检测，定义成本函数这里X指该组样本N个人中患病毒的人数.(2)若0<p<10⁻⁴,10≤K≤20.证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.【解】(1)由题意可得X满足二项分布X~B(N,p),(2)记P=P(混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性),P=P(混管中恰有i例阳性)=CkP'(1-p)-,i=0,1,…,K,令h(x)=e-x-1,-2×10⁻³<x<2×1则h'(x)=e-1,且h(-2×10⁻³)=e-210³-(-2×10⁻³)-1≈0,h(2×10⁻³)=e²1所以(1-p)*=e“m(-)≈e-KP≈1-Kp,又Y的可能取值为-2,0,1,所以Y的分布列为Y01P1.(2025·重庆八中二模)某研究所研究某一型号疫苗的有效性，研究人员随机选取50只小白鼠注射疫苗，并将白鼠分成5组，每组10只，观察每组被感染的白鼠数.现用随机变量X;(i=1,2,…,5)表示第i组被感染白鼠被感染的概率为p(p∈(0,1),假设每只白鼠是否被感染是相互独立的“X;=x(i=1,2,…,5)”.【详解】(1)由题知随机变量X₁~B(10,p),所以P(A)=Cop²(1-p)⁸(2)设事件A=A₁A₂A₃A₄A5,由题图可知x=2,x₂=1,x₃=1,x₄=3,x₅=3,则P(A)=[CHop²(1-p⁸][C]op(1-p⁹)[C³op³(1-p⁷],所以,即902-150₀+4=0,解得或因为0<θ₀<1,所以混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为人中至少有一人为阳性.假设一组样本有N个我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数,这里X指该组样本N个人中患病毒的人数.(2)若0<p<10⁴,10≤K≤20.证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.【解】(1)由题意可得X满足二项分布X~B(N,p),(2)记P=P(混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性),P=P(混管中恰有i例阳性)=CkP³(1-p)-¹,i=0,1,…,K,令h(x)=e-x-1,-2×10⁻³<x<2×10⁻³,则h(x)=e-1,当x∈(-2×10⁻³,0)时，h(x)且h(-2×10⁻³)=e-210³-(-2×10⁻³)-1≈0,h(2×10⁻³)=e²10³-(2×10所以当-2×10⁻³<x<2×10⁻³,e-x-1≈0即e≈x+所以当0<p<10⁴,10≤K≤20时，所以(1-p)*=em(-D)≈eK≈1-Kp,故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.3.(2025湖北七市州调研)已知某商店出售商品A,据统计分析，发现顾客对商品A的需求量相对稳定，每周内对商品A的不同需求量(单位：个)与概率的数据如下：对A的需求量0123概率P售出了，则在周末及时采购2个新的商品，只要商品A还有1个存货，就不采购新的商品.记Xn为该商店第n周开始时商品A的供给量，假设X₁=2. (i)求商品A的定常态分布φ;【解】(1)由题意Xn{1,2},第2周开始时商品A不同供给量的概率为第3周开始时商品A的供给量分布列为12P当n≥1时，若D<Xn,则Xn+1=Xn-Dₙ;若D≥Xn,则Xπ+1=2,设φ₀=(x,1-x),即P(Xn=1)=x,P(Dₙ>Xn)=P(Dₙ>XIXn=1)P(X=1)+P(Dₙ>X„IXn=x₁的成功概率为·1(即x₁必定成功),记前n次试验中恰有m次失败的概率为P(n,m).(3)当n≥3时，请判断P(n,1)与P(n,0)的大小关系，并【解】(1)当n=3时，恰有2次成功即恰有1次失败，所以恰有2次成功的概率(2)当N≥2时，恰有1次失败，假设失败发生在第k次(2≤k≤n),其余成功.第k次失败的概为后续n-k次成功的概率为(3)P(n,1)>P(n,0),理由如下：概率，其中P=P(ξ=a,η=b;)=P[(ξP(ξ=a;)=P{(ξ=a)∩[(η=b)U(η=b₂)U…U=P{[(ξ=a;)∩(η=b₁)]U[(ξ=a;)∩(η=b₂)]U…U[(ξ=a)的相关情况.【解】(1)由题意，X的可能取值为0,1,2,3,且每个小球都有4种放法，故3个小球共有4³=64种放法，X0123P所以故M与N正相关，得证；的位数.例如：当n=12时，此数为123456789101112,共有15个数字，则F(12)=15.现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率.S={nlh(n)=1,n≤100,n∈N},求当n∈S时p(n)的最大值.【解】(1)由题可知当n=101时，F(101)=9+90×2+2×3=195,即这个数中共有195个数字，其中数字0的个数为9+2+1=12,则恰好取到0的概率为(2)由题当1≤n≤9时，这个数由1位数组成，F(n)=n;当10≤n≤99时，这个数由9个一位数和n-9个两位数组成，则F(n)=1×9+2(n-9)=2n-9;当100≤n≤999时，这个数由9个一位数、90个两位数和n-99个三位数组成，则F(n)=1×9+2×90+3(n-99)=3n-108;当1000≤n≤2025时，这个数由9个一位数、90个两位数、900个三位数和n-999个四位数组成，则F(n)=1×9+2×90+3×900+4(n-999)=4n-1107;即由h(n)=8(n)-f(n)=1可知n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90,得当n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时，有p(n)的最大值为比赛结束，命中目标者获胜.假设甲每次射击命中目标的概率均为α(0<α<1),乙每次射击命中目标的概率均为β(0<β<1),各次射击结果互不影响.(1)若甲先射击，甲第2次射击且获胜的概率为P,求P(用α,β表示);【解】(1)甲第2次射击且获胜，即甲第1次未命中，乙第1次未命中，甲第2次命中.所以p=(1-α)(1-β)a.(2)设乙先射击并获胜的概率为P,甲获胜的概率为P甲.乙第1次射击并命中，概率为β;第1轮甲乙均未命中，乙第2次射击并命中，概率为(1-β)(1-a)β;第2轮甲乙均未命中，乙第3次射击并命中，概率为[(1-β)(1-a)]²β;L这是一个首项为β,公比为(1-β)(1-α)的无穷等比数列，所以第1轮乙未命中，甲命中，概率为(1-β)α;第3轮乙未命中，甲命中，概率为这是一个首项为(1-β)α,公比为(1-β)(1-a)的无穷等比数列，所以由题意知，P>P恒成立，即恒成立，因为0<a<1,0<β<1,所以1-(1-β)(1-a)>0,因为0所以β的最小值为互独立.已知甲每局比赛获胜的概率为,规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛(某人的净胜局数=某人胜的局数一某人负的局数).(1)记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为【解】(1)由题意可知经过3局比赛，甲获得训练赛胜利，需3局连胜，则由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的故X即为甲的净胜局数，所以X=-3,-2,-1,0,1,2,3.经过若干局后，假定当前X=k,②当k=-3时，即甲的净胜局数X=-3,乙的净胜局数-X=3,由甲的净胜局数-2≤X≤2,则乙的净胜局数为-X,且-2≤-X≤2,故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.记事件A,=“X=k时，甲最终获得训练赛胜利”(-2≤k≤2,k∈Z),下一局若甲赢(即事件B发生),则X=k+1;若乙赢(即事件B发生),则X=k-1;因为qk=P(A),qk+1=P(A+1),Qk所以由全概率公式得，P(A)=P(A.IB)P(B)+P(AIB)P(B),因此,整理得Qk+1=3q-2qk-1,两边都减去qk,则可得qk+1-9k=2(q-9k-1),故数列：9-2-9-3,q-1-9-2,9o-9-1,q₁-9₀,q₂-9,q₃-9₂是公比为2的等比数列.即数列{9k+1-qk}(-3≤k≤2,k∈Z)是公比为2的等比数列.(3)由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为qo·由(2)知，数列{9k+1-9k}(-3≤k≤2,k∈Z)是公比为2的等比数列，则q₃-4-3=a_₃(1+2+2²+2³+2⁴+2⁵)=1,解得又a_3+a-2+a-1=(q-2-9-3)+(q-1-q-2)+(qo-q-1)=qo-9-3=90,秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的.设第n秒(n∈N")后，质点回到A点的概率为aₙ.(2)设第n秒后，质点移动到B点的概率为bn,移动到E点的概率为cn,移动到H点的概率为dn.(i)证明：存在常数x,使得b+=xaₙ+(1-x)c,C+1=(1-x)bₙ+xdn;(ii)记{an}的前n项和为S,证明：存在常数M,使得【解】(1)当n=2时，从A出发，第1秒只能移动到相邻的3个顶点(B,D,C),第2秒要回到A,必须从这3个顶点之一沿原路返回.每个顶点有3条棱，返回A的概率是所以当n=3时，第2秒时，质点在(B,D,C)三点的概率均为从这三点出发，第3秒无法回到A(因为它们与A距离为1,第3秒移动后距离为2),所以a₃=0.故(2)(i)由对称性可知第n秒(n∈N⁴)后质点恰好走到B,C,D三点的概率相同，都为bn;第n秒(n∈N)后质点恰好走到E,F,G三点的概率也相同，都为cn;第n秒(n∈N)后质点恰好走到点H的概率为dn.记第n秒(n∈N)后质点的位置为Xn,于是存在常数,使得bn+1=xa,+(1-x)cn,cn+1=(1-x)bn由由②,——③,dn+1=cn—④.1——⑥,由⑤得,化简得因为因为所以当n为奇数时，所以当n为奇数时，又由上述个式子相乘得,即可知又由,解得所以当个式子相乘得因此，当n为奇数时，a=0;当n为偶数时，所以存在常数使得又由1可知11.(2026·山东聊城·模拟预测)如图，某人设计了一个